6.5 Partikulární řešení LRR s konstantními koeficienty

Připomeňme si znění Věty 6.3. Máme-li LRR (s konstantními koeficienty), pak všechna její řešení jsou prvky množiny $(\tilde{x}_n)_{n=n_0}^\infty + S_0$, kde

  • $S_0$ je množina všech řešení přidružené homogenní soustavy (umíme konstruovat; viz Podkapitola 6.4.1),

  • $(\tilde{x}_n)_{n=n_0}^\infty$ je nějaké partikulární řešení rovnice s pravou stranou.

Partikulární řešení již nelze hledat tak systematicky jako v případě konstrukce $S_0$. Typicky toto řešení uhodneme pomocí několika šikovných pozorování, jednomu z nich se budeme věnovat v této podkapitole. Vzhledem k výše uvedenému nám ale opravdu stačí nějaké uhodnout! Případně při tomto hádání můžeme využít principu superpozice!

Při hledání partikulárního řešení se řídíme tvarem pravé strany LRR. My si ukážeme, jak konstruovat řešení pro LRR s tzv. kvazipolynomiální pravou stranou. Nejprve definujme příslušný pojem.

Definice 6.6 (Kvazipolynom / Quasipolynomial)

Řekneme, že posloupnost $(b_n)_{n=n_0}^\infty$ je kvazipolynom, jestliže existuje $\lambda\in\R$ a polynom $P(x)$ takový, že $b_n = P(n) \lambda^n$ pro všechna přirozená $n \geq n_0$.

Příklad 6.13

Kvazipolynomy jsou například:

\begin{equation*} (2n - 3) 3^n, \quad (n^2 + 1) \Big(\sqrt{2}\Big)^n, \quad 4n+2, \quad 42^n, \quad n \geq n_0. \end{equation*}

Následující věta ukazuje, jak pro kvazipolynomiální pravou stranu hledat řešení.

Věta 6.8 (Partikulární řešení LRR s kvazipolynomiální pravou stranou)

Uvažujme nehomogenní LRR řádu $k \in \N$ s konstantními koeficienty

\begin{equation*} x_{n+k} + c_{k-1} x_{n+k-1} + \cdots + c_1 x_{n+1} + c_0 x_{n} = b_n, \quad n \geq n_0, \end{equation*}

a nechť $(b_n)_{n=n_0}^\infty$ je kvazipolynom, tj. $b_n = P(n) \lambda^n$, $n \geq n_0$, pro nějaký polynom $P(x)$ a číslo $\lambda\in\R$. Definujme $m \in \N_0$ následujícím způsobem:

  • pokud je $\lambda$ charakteristické číslo uvažované LRR, pak nechť $m$ je jeho násobnost,

  • jinak nechť $m$ je nula.

Potom existuje polynom $Q(x)$ stupně stejného jako $P(x)$ takový, že posloupnost

\begin{equation*} \Big( n^m Q(n) \lambda^n \Big)_{n = n_0}^\infty \end{equation*}

je řešením uvažované LRR.

Zobrazit důkaz

Důkaz vynecháváme. Věta samotná zaručuje existenci polynomu $Q$, ale nic neříká o jeho koeficientech. V konkrétním případě vždy tento polynom musíme explicitně najít a tvrzení věty tak vlastně v každém konkrétním příkladě znovu ověřit.

$\square$

Tabulka 6.1 ukazuje různé LRR, pravé strany a tvar hledaných partikulárních řešení.

$b_n$ $x_{n+2} - 9x_n$ $x_{n+2} - 3x_{n+1} + 2x_n$ $x_{n+2} - 4x_{n+1} + 4x_n$
  $\lambda = -3, 3$ $\lambda = 1, 2$ $\lambda = 2,2$
$n \cdot 2^n$ $(An+B)2^n$ $n(An+B)2^n$ $n^2(An+B)2^n$
$n^2 (-1)^n$ $(A n^2 + Bn + C)(-1)^n$ $(An^2 + Bn + C)(-1)^n$ $(An^2 + Bn + C)(-1)^n$
$2n - 5$ $An + B$ $n(An + B)$ $An + B$
$(-3)^n$ $n \cdot A (-3)^n$ $A(-3)^n$ $A(-3)^n$

Tabulka 6.1: Ukázka tvaru partikulárního řešení dle Věty 6.8. Tabulka obsahuje pravé strany (první sloupec), „levé strany“ (druhý až čtvrtý sloupec), kořeny charakteristického polynomu (druhý řádek) a tvar příslušných partikulárních řešení.

Příklad 6.14

Uvažme LRR prvního řádu s konstantními koeficienty

\begin{equation*} x_{n+1} - x_n = (n + 1)^2, \quad n \geq 1 \end{equation*}

s počáteční podmínkou $x_1 = 1$. Alternativně, hledáme součet $x_n = \sum_{\ell = 1}^n \ell^2$.

Zobrazit řešení

Charakteristickým polynomem této rovnice je polynom prvního stupně

\begin{equation*} p(\lambda) = \lambda - 1, \end{equation*}

který má právě jeden reálný kořen $\lambda_1 = 1$ (tj. s násobností $1$).

Libovolné řešení homogenní rovnice je proto tvaru $x_n = \alpha \cdot 1^n = \alpha$ pro nějakou konstantu $\alpha$.

Pravá strana je kvazipolynom tvaru $(n+1)^2 \cdot 1^n$. Partikulární řešení proto hledáme ve tvaru $\tilde{x}_n = n^1 \cdot (A n^2 + B n + C) \cdot 1^n$, $n \geq 1$. Dosazením tohoto „odhadu“ dostaneme rovnici

\begin{equation*} \underbrace{(n+1) \big(A(n+1)^2 + B(n+1) + C\big)}_{\tilde{x}_{n+1}} - \underbrace{n (An^2 + Bn + C)}_{\tilde{x}_n} = (n+1)^2, \quad n \geq 1, \end{equation*}

a po roznásobení a upravení dostaneme rovnici

\begin{equation*} (3A - 1) n^2 + (3A + 2B - 2) n + A + B + C - 1 = 0, \end{equation*}

která má být platná pro všechna $n \geq 1$.

To je možné pouze pokud platí (na levé straně máme nulový polynom)

\begin{equation*} 3A = 1, \quad 3A + 2B = 2, \quad A + B + C = 1. \end{equation*}

Řešením této soustavy je $A = \frac{1}{3}$, $B = \frac{1}{2}$ a $C = \frac{1}{6}$.

Libovolné řešení naší původní rekurence má proto tvar

\begin{equation*} x_n = \alpha + n \cdot \frac{2n^2 + 3n + 1}{6}, \quad n \geq 1. \end{equation*}

Konečně počáteční podmínka $x_1 \overset{!}{=} 1$ implikuje $\alpha = 0$. Dostáváme tak finální výsledek

\begin{equation*} \sum_{\ell = 1}^n \ell^2 = \frac{n(n+1)(2n+1)}{6}. \end{equation*}